新高考数学一轮复习学案第9章第5讲 第2课时 直线与椭圆（含解析）

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eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))研究直线和椭圆的位置关系，一般转化为研究直线方程与椭圆方程组成的方程组解的个数．
1．不论k为何值，直线y＝kx＋1与焦点在x轴上的椭圆eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,m)＝1恒有公共点，则实数m的取值范围是( )
A．(0，1) B．(0，7)
C．[1，7) D．(1，7]
解析：选C．直线y＝kx＋1恒过定点(0，1)，由题意知(0，1)在椭圆eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,m)＝1上或其内部，所以有eq \f(1,m)≤1，得m≥1.又椭圆eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,m)＝1的焦点在x轴上，所以m＜7.综上，1≤m＜7.
2．已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.试问当m取何值时，直线l与椭圆C：
(1)有且只有一个公共点；
(2)没有公共点．
解：将直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x＋m，①,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，②))
将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.③
方程③根的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
(1)当Δ＝0，即m＝±3eq \r(2)时，方程③有两个相同的实数根，
可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l与椭圆C有两个互相重合的公共点，
即直线l与椭圆C有且只有一个公共点．
(2)当Δ＜0，即m＜－3eq \r(2)或m＞3eq \r(2)时，方程③没有实数根，可知原方程组没有实数解．这时直线l与椭圆C没有公共点．
eq \a\vs4\al()
利用判别式处理直线与椭圆的位置关系的方法
[注意] 对于椭圆方程，在第二步中得到的方程的二次项系数一定不为0，故一定为一元二次方程．
考点二 弦长问题(综合型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝eq \r((1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2].)
已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，若斜率为－1的直线l与以线段F1F2为直径的圆相交于A，B两点，与椭圆相交于C，D，且eq \f(|CD|,|AB|)＝eq \f(8\r(3),7)，求出直线l的方程．
【解】 设直线l的方程为y＝－x＋m，
由题意知F1，F2的坐标分别为(－1，0)，(1，0)，
所以以线段F1F2为直径的圆为x2＋y2＝1，
由题意知圆心(0，0)到直线l的距离d＝eq \f(|－m|,\r(2))＜1，
得|m|＜eq \r(2).|AB|＝2eq \r(1－d2)＝2eq \r(1－\f(m2,2))＝eq \r(2)×eq \r(2－m2)，
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝－x＋m，))消去y，得7x2－8mx＋4m2－12＝0，
由题意得Δ＝(－8m)2－4×7×(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)＞0，解得m2＜7，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(8m,7)，x1x2＝eq \f(4m2－12,7)，
|CD|＝eq \r(2)|x1－x2|＝eq \r(2)× eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8m,7)))\s\up12(2)－4×\f(4m2－12,7))＝eq \r(2)× eq \r(\f(336－48m2,49))＝eq \f(4\r(6),7)×eq \r(7－m2)＝eq \f(8\r(3),7)|AB|＝eq \f(8\r(3),7)×eq \r(2)×eq \r(2－m2)，解得m2＝eq \f(1,3)＜7，得m＝±eq \f(\r(3),3).
即存在符合条件的直线l，其方程为y＝－x±eq \f(\r(3),3).
eq \a\vs4\al()
求解直线被椭圆截得弦长的方法
(1)当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解．
(2)当直线的斜率存在时，斜率为k的直线l与椭圆C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两个不同的点，则弦长|AB|＝eq \r((x1－x2)2＋(y1－y2)2)＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|(k≠0)．
已知点A(－2，0)，B(0，1)在椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上，则椭圆C的方程为________；若直线y＝eq \f(1,2)x交椭圆C于M，N两点，则|MN|＝________．
解析：由题意可知，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦点在x轴上，由点A(－2，0)，B(0，1)在椭圆上，则a＝2，b＝1，所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝\f(1,2)x，))消去y，整理得2x2＝4，则x1＝eq \r(2)，x2＝－eq \r(2)，y1＝eq \f(\r(2),2)，y2＝－eq \f(\r(2),2)，则|MN|＝ eq \r((\r(2)＋\r(2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq \r(10).
答案：eq \f(x2,4)＋y2＝1 eq \r(10)
考点三 中点弦问题(综合型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))对于中点弦问题，常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．在用根与系数的关系时，要注意前提条件Δ＞0；在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交．
(1)已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1，则斜率为2的平行弦中点的轨迹方程为________．
(2)焦点是F(0，5eq \r(2))，并截直线y＝2x－1所得弦的中点的横坐标是eq \f(2,7)的椭圆的标准方程为________．
【解析】 (1)设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，中点为P(x0，y0)，
通解：有eq \f(xeq \\al(2,1),2)＋yeq \\al(2,1)＝1，eq \f(xeq \\al(2,2),2) ＋yeq \\al(2,2)＝1.
两式作差，得eq \f((x2－x1)(x2＋x1),2)＋(y2－y1)(y2＋y1)＝0.因为x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，eq \f(y2－y1,x2－x1)＝kAB，代入后求得kAB＝－eq \f(x0,2y0).即2＝－eq \f(x0,2y0)，所以x0＋4y0＝0.
优解：由kAB·kOP＝－eq \f(b2,a2)得2·eq \f(y0,x0)＝－eq \f(1,2)，即x0＋4y0＝0.
故所求的轨迹方程为x＋4y＝0，将x＋4y＝0代入eq \f(x2,2)＋y2＝1得：eq \f(x2,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,4)))eq \s\up12(2)＝1，解得x＝±eq \f(4,3)，
又中点在椭圆内，所以－eq \f(4,3)＜x＜eq \f(4,3).
(2)通解：设所求的椭圆方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)，直线被椭圆所截弦的端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由题意，可得弦AB的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，且eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(2,7)，eq \f(y1＋y2,2)＝－eq \f(3,7).
将A，B两点坐标代入椭圆方程中，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,1),a2)＋\f(xeq \\al(2,1),b2)＝1，,\f(yeq \\al(2,2),a2)＋\f(xeq \\al(2,2),b2)＝1.))两式相减并化简，得eq \f(a2,b2)＝－eq \f(y1－y2,x1－x2)×eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－2×eq \f(－\f(6,7),\f(4,7))＝3，所以a2＝3b2，又c2＝a2－b2＝50，所以a2＝75，b2＝25，故所求椭圆的标准方程为eq \f(y2,75)＋eq \f(x2,25)＝1.
优解：设弦的中点为M，由kAB·kOM＝－eq \f(a2,b2)
得2×eq \f(2×\f(2,7)－1,\f(2,7))＝－eq \f(a2,b2)，得a2＝3b2，又c2＝a2－b2＝50，所以a2＝75，b2＝25，所以所求的方程为eq \f(y2,75)＋eq \f(x2,25)＝1.
【答案】 (1)x＋4y＝0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)＜x＜\f(4,3)))
(2)eq \f(y2,75)＋eq \f(x2,25)＝1
eq \a\vs4\al()
解决圆锥曲线“中点弦”问题的方法
已知椭圆：eq \f(y2,9)＋x2＝1，过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))的直线与椭圆相交于A，B两点，且弦AB被点P平分，则直线AB的方程为( )
A．9x－y－4＝0 B．9x＋y－5＝0
C．2x＋y－2＝0 D．x＋y－5＝0
解析：选B．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为A，B在椭圆eq \f(y2,9)＋x2＝1上，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,1),9)＋xeq \\al(2,1)＝1，,\f(yeq \\al(2,2),9)＋xeq \\al(2,2)＝1，))两式相减得eq \f(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2),9)＋xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2)＝0，即eq \f((y1－y2)(y1＋y2),9)＋(x1－x2)(x1＋x2)＝0，又弦AB被点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))平分，所以x1＋x2＝1，y1＋y2＝1，将其代入上式得eq \f(y1－y2,9)＋x1－x2＝0，即eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－9，即直线AB的斜率为－9，所以直线AB的方程为y－eq \f(1,2)＝－9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，即9x＋y－5＝0.
考点四 椭圆与向量的综合问题(创新型)
(1)已知点F1，F2是椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1的焦点，点M在椭圆C上且满足|eq \(MF1,\s\up6(→))＋eq \(MF2,\s\up6(→))|＝2eq \r(3)，O为坐标原点，则△MF1F2的面积为( )
A．eq \f(\r(3),3) B．eq \f(\r(3),2)
C．2 D．1
(2)(2020·石家庄质量检测(二))倾斜角为eq \f(π,4)的直线经过椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点F，与椭圆交于A、B两点，且eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，则该椭圆的离心率为( )
A．eq \f(\r(3),2) B．eq \f(\r(2),3)
C．eq \f(\r(2),2) D．eq \f(\r(3),3)
【解析】 (1)|eq \(MF1,\s\up6(→))＋eq \(MF2,\s\up6(→))|＝2|eq \(MO,\s\up6(→))|＝2eq \r(3)，
所以|eq \(MO,\s\up6(→))|＝eq \r(3)＝c，所以MF1⊥MF2，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|MF1|2＋|MF2|2＝4c2＝12，,|MF1|＋|MF2|＝2a＝4，))解得|MF1||MF2|＝2，
所以三角形的面积S＝eq \f(1,2)×|MF1|×|MF2|＝1.
(2)由题可知，直线的方程为y＝x－c，与椭圆方程联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1,y＝x－c))，所以(b2＋a2)y2＋2b2cy－b4＝0，由于直线过椭圆的右焦点，故必与椭圆有交点，则Δ＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－2b2c,a2＋b2),y1y2＝\f(－b4,a2＋b2)))，又eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，所以(c－x1，－y1)＝2(x2－c，y2)，所以－y1＝2y2，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－y2＝\f(－2b2c,a2＋b2),－2yeq \\al(2,2)＝\f(－b4,a2＋b2)))，所以eq \f(1,2)＝eq \f(4c2,a2＋b2)，所以e＝eq \f(\r(2),3)，故选B．
【答案】 (1)D (2)B
eq \a\vs4\al()
解决椭圆中与向量有关问题的方法
(1)将向量条件用坐标表示，再利用函数、方程知识建立数量关系．
(2)利用向量关系转化成相关的等量关系．
(3)利用向量运算的几何意义转化成图形中位置关系解题．
1．已知F1，F2为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的两个焦点，B为椭圆短轴的一个端点，eq \(BF1,\s\up6(→))·eq \(BF2,\s\up6(→))≥eq \f(1,4)eq \(F1F2,\s\up6(→))2，则椭圆的离心率的取值范围为( )
A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))
C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
解析：选C．根据题意不妨设B(0，b)，F1(－c，0)，F2(c，0)，因为eq \(BF1,\s\up6(→))·eq \(BF2,\s\up6(→))≥eq \f(1,4)eq \(F1F2,\s\up6(→))2，
所以b2≥2c2，又因为b2＝a2－c2，
所以a2≥3c2，所以0＜eq \f(c,a)≤eq \f(\r(3),3).
2．若直线l：y＝kx＋eq \r(2)与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1有两个不同的交点A，B，且eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝2(O为坐标原点)，求k的值．
解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋\r(2)，))消去y得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋k2))x2＋2eq \r(2)kx＋1＝0，
则有Δ＝4k2－1＞0，得k2＞eq \f(1,4).
x1＋x2＝－eq \f(8\r(2)k,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4,1＋4k2)，
则eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋eq \r(2))(kx2＋eq \r(2))＝(1＋k2)x1x2＋eq \r(2)k(x1＋x2)＋2＝eq \f(6－4k2,1＋4k2)＝2.
得k2＝eq \f(1,3)＞eq \f(1,4)，所以k的值为±eq \f(\r(3),3).
[基础题组练]
1．直线y＝x＋2与椭圆eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,3)＝1有两个公共点，则m的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(1，3)∪(3，＋∞)
C．(3，＋∞) D．(0，3)∪(3，＋∞)
解析：选B．由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋2，,\f(x2,m)＋\f(y2,3)＝1，))得(m＋3)x2＋4mx＋m＝0.由Δ＞0且m≠3及m＞0得m＞1且m≠3.
2．设直线y＝kx与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1相交于A，B两点，分别过A，B两点向x轴作垂线，若垂足恰为椭圆的两个焦点，则k等于( )
A．±eq \f(3,2) B．±eq \f(2,3)
C．±eq \f(1,2) D．±2
解析：选A．由题意可知，点A与点B的横坐标即为焦点的横坐标，又c＝1，当k＞0时，不妨设A，B两点的坐标分别为(－1，y1)，(1，y2)，代入椭圆方程得y1＝－eq \f(3,2)，y2＝eq \f(3,2)，解得k＝eq \f(3,2)；同理可得当k＜0时k＝－eq \f(3,2).
3．过椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为( )
A．eq \f(4,3) B．eq \f(5,3)
C．eq \f(5,4) D．eq \f(10,3)
解析：选B．由题意知椭圆的右焦点F的坐标为(1，0)，则直线AB的方程为y＝2x－2.联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,y＝2x－2，))解得交点A(0，－2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(4,3)))，所以S△OAB＝eq \f(1,2)·|OF|·|yA－yB|＝eq \f(1,2)×1×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－2－\f(4,3)))＝eq \f(5,3)，故选B．
4．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)与直线y＝x＋3只有一个公共点，且椭圆的离心率为eq \f(\r(5),5)，则椭圆C的方程为( )
A．eq \f(4x2,25)＋eq \f(y2,5)＝1 B．eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1
C．eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1 D．eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,20)＝1
解析：选B．将直线方程y＝x＋3代入C的方程并整理得(a2＋b2)x2＋6a2x＋9a2－a2b2＝0，由椭圆与直线只有一个公共点得，Δ＝(6a2)2－4(a2＋b2)(9a2－a2b2)＝0，化简得a2＋b2＝9.又由椭圆的离心率为eq \f(\r(5),5)，所以eq \f(c,a)＝eq \f(\r(a2－b2),a)＝eq \f(\r(5),5)，则eq \f(b2,a2)＝eq \f(4,5)，解得a2＝5，b2＝4，所以椭圆的方程为eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.
5．(2020·石家庄质检)倾斜角为eq \f(π,4)的直线经过椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点F，与椭圆交于A，B两点，且eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，则该椭圆的离心率为( )
A．eq \f(\r(3),2) B．eq \f(\r(2),3)
C．eq \f(\r(2),2) D．eq \f(\r(3),3)
解析：选B．由题可知，直线的方程为y＝x－c，与椭圆方程联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝x－c，))得(b2＋a2)y2＋2b2cy－b4＝0，由于直线过椭圆的右焦点，故必与椭圆有交点，则Δ＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－2b2c,a2＋b2)，,y1y2＝\f(－b4,a2＋b2)，))又eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，所以(c－x1，－y1)＝2(x2－c，y2)，所以－y1＝2y2，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－y2＝\f(－2b2c,a2＋b2)，,－2yeq \\al(2,2)＝\f(－b4,a2＋b2).))所以eq \f(1,2)＝eq \f(4c2,a2＋b2)，所以e＝eq \f(\r(2),3)，故选B．
6．已知椭圆eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)的右顶点为A(1，0)，过其焦点且垂直于长轴的弦长为1，则椭圆方程为________．
解析：因为椭圆eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1的右顶点为A(1，0)，所以b＝1，焦点坐标为(0，c)，因为过焦点且垂直于长轴的弦长为1，所以eq \f(2b2,a)＝1，a＝2，所以椭圆方程为eq \f(y2,4)＋x2＝1.
答案：eq \f(y2,4)＋x2＝1
7．已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1与直线y＝x＋m交于A，B两点，且|AB|＝eq \f(4\r(2),3)，则实数m的值为________．
解析：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝x＋m))消去y并整理，得3x2＋4mx＋2m2－2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(4m,3)，x1x2＝eq \f(2m2－2,3).由题意，得eq \r(2(x1＋x2)2－8x1x2)＝eq \f(4\r(2),3)，
解得m＝±1.
答案：±1
8．已知直线l：y＝k(x－1)与椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1交于不同的两点A，B，AB中点横坐标为eq \f(1,2)，则k＝________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k(x－1)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，因为直线l过椭圆内的定点(1，0)，所以Δ＞0，x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋1)，所以eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(4k2,4k2＋1)＝eq \f(1,2)，即k2＝eq \f(1,4)，所以k＝±eq \f(1,2).
答案：±eq \f(1,2)
9．设F1，F2分别是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.
(1)若直线MN的斜率为eq \f(3,4)，求C的离心率；
(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b.
解：(1)根据c＝eq \r(a2－b2)及题设知Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，\f(b2,a)))，eq \f(\f(b2,a),2c)＝eq \f(3,4)，
2b2＝3ac.
将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，解得eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，eq \f(c,a)＝－2(舍去)．故C的离心率为eq \f(1,2).
(2)由题意，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴，所以直线MF1与y轴的交点D(0，2)是线段MF1的中点，
故eq \f(b2,a)＝4，即b2＝4a.①
由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.
设N(x1，y1)，由题意知y1＜0，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2(－c－x1)＝c，,－2y1＝2，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝－\f(3,2)c，,y1＝－1.))
代入C的方程，得eq \f(9c2,4a2)＋eq \f(1,b2)＝1.②
将①及c＝eq \r(a2－b2)代入②得eq \f(9(a2－4a),4a2)＋eq \f(1,4a)＝1.
解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝2eq \r(7).
10．已知椭圆C的两个焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，且经过点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2))).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(F1B,\s\up6(→))，求直线l的斜率k的值．
解：(1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＝|EF1|＋|EF2|＝4，,a2＝b2＋c2，,c＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,c＝1，,b＝\r(3)，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意得直线l的方程为y＝k(x＋1)(k＞0)，联立，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k(x＋1)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,k2)＋4))y2－eq \f(6,k)y－9＝0，
Δ＝eq \f(144,k2)＋144＞0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq \f(6k,3＋4k2)，y1y2＝eq \f(－9k2,3＋4k2)，又eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(F1B,\s\up6(→))，所以y1＝－2y2，所以y1y2＝－2(y1＋y2)2，则3＋4k2＝8，解得k＝±eq \f(\r(5),2)，又k＞0，所以k＝eq \f(\r(5),2).
[综合题组练]
1．设F1，F2分别是椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的左、右焦点，若椭圆上存在一点P，使(eq \(OP,\s\up6(→))＋eq \(OF2,\s\up6(→)))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝0(O为坐标原点)，则△F1PF2的面积是( )
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：选D．因为(eq \(OP,\s\up6(→))＋eq \(OF2,\s\up6(→)))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝(eq \(OP,\s\up6(→))＋eq \(F1O,\s\up6(→)))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝eq \(F1P,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝0，所以PF1⊥PF2，∠F1PF2＝90°.设|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m＋n＝4，m2＋n2＝12，2mn＝4，mn＝2，所以S△F1PF2＝eq \f(1,2)mn＝1.
2．直线l过椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1的左焦点F，且与椭圆交于P，Q两点，M为PQ的中点，O为原点，若△FMO是以OF为底边的等腰三角形，则直线l的斜率为( )
A．eq \f(\r(2),2) B．±eq \f(\r(2),2)
C．±eq \f(\r(3),2) D．eq \f(\r(3),2)
解析：选B．由eq \f(x2,2)＋y2＝1，得a2＝2，b2＝1，所以c2＝a2－b2＝2－1＝1，则c＝1，则左焦点F(－1，0)．由题意可知，直线l的斜率存在且不等于0，设直线l的方程为y＝kx＋k.设l与椭圆交于点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋k))得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0.则PQ的中点M的横坐标为eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(2k2,2k2＋1).因为△FMO是以OF为底边的等腰三角形，所以－eq \f(2k2,2k2＋1)＝－eq \f(1,2)，解得k＝±eq \f(\r(2),2).
3．从椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点F1，A是椭圆与x轴正半轴的交点，B是椭圆与y轴正半轴的交点，且AB∥OP(O是坐标原点)，则该椭圆的离心率是________．
解析：由题意可设P(－c，y0)(c为半焦距)，kOP＝－eq \f(y0,c)，kAB＝－eq \f(b,a)，由于OP∥AB，所以－eq \f(y0,c)＝－eq \f(b,a)，y0＝eq \f(bc,a)，把Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，\f(bc,a)))代入椭圆方程得eq \f((－c)2,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bc,a)))\s\up12(2),b2)＝1，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
4.如图，椭圆的中心在坐标原点O，顶点分别是A1，A2，B1，B2，焦点分别为F1，F2，延长B1F2与A2B2交于P点，若∠B1PA2为钝角，则椭圆的离心率的取值范围为________．
解析：设椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，∠B1PA2为钝角可转化为eq \(B2A2,\s\up6(→))，eq \(F2B1,\s\up6(→))所夹的角为钝角，则(a，－b)·(－c，－b)＜0，得b2＜ac，即a2－c2＜ac，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))eq \s\up12(2)＋eq \f(c,a)－1＞0即e2＋e－1＞0，e＞eq \f(\r(5)－1,2)或e＜eq \f(－\r(5)－1,2)，又0＜e＜1，所以eq \f(\r(5)－1,2)＜e＜1.
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)，1))
5．已知F1，F2是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左，右两个焦点，|F1F2|＝4，长轴长为6，又A，B分别是椭圆C上位于x轴上方的两点，且满足eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(BF2,\s\up6(→)).
(1)求椭圆C的方程；
(2)求四边形ABF2F1的面积．
解：(1)由题意知2a＝6，2c＝4，所以a＝3，c＝2，
所以b2＝a2－c2＝5，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又F1(－2，0)，F2(2，0)，
所以eq \(AF1,\s\up6(→))＝(－2－x1，－y1)，eq \(BF2,\s\up6(→))＝(2－x2，－y2)，
由eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(BF2,\s\up6(→))，得x1＋2＝2(x2－2)，y1＝2y2.
延长AB交x轴于H，因为eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(BF2,\s\up6(→))，所以AF1∥BF2，且|AF1|＝2|BF2|.所以线段BF2为△AF1H的中位线，即F2为线段F1H的中点，所以H(6，0)．设直线AB的方程为x＝my＋6，
代入椭圆方程，得5(my＋6)2＋9y2＝45，即(5m2＋9)y2＋60my＋135＝0.
所以y1＋y2＝－eq \f(60m,5m2＋9)＝3y2，y1·y2＝eq \f(135,5m2＋9)＝2yeq \\al(2,2)，
消去y2，得m2＝eq \f(92×3,25)，结合题意知m＝－eq \f(9\r(3),5).
Seq \s\d5(四边形ABF2F1)＝Seq \s\d5(△AF1H)－Seq \s\d5(△BF2H)＝eq \f(1,2)|F1H|y1－eq \f(1,2)|F2H|y2＝4y1－2y2＝8y2－2y2＝6y2
＝－eq \f(120m,5m2＋9)＝eq \f(15\r(3),4).
6．(2020·安徽五校联盟第二次质检)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦点坐标分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，P为椭圆C上一点，满足3|PF1|＝5|PF2|且cs∠F1PF2＝eq \f(3,5).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点，
点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，若|AQ|＝|BQ|，求k的取值范围．
解：(1)由题意设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则3r1＝5r2，又r1＋r2＝2a，所以r1＝eq \f(5,4)a，r2＝eq \f(3,4)a.
在△PF1F2中，由余弦定理得，cs∠F1PF2＝eq \f(req \\al(2,1)＋req \\al(2,2)－|F1F2|2,2r1r2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)a))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)a))\s\up12(2)－22,2×\f(5,4)a×\f(3,4)a)＝eq \f(3,5)，
解得a＝2，因为c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)联立方程，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1,y＝kx＋m))，消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2)，且Δ＝48(3＋4k2－m2)＞0，①
设AB的中点为M(x0，y0)，连接QM，则x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(－4km,3＋4k2)，y0＝kx0＋m＝eq \f(3m,3＋4k2)，因为|AQ|＝|BQ|，所以AB⊥QM，又Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，M为AB的中点，所以k≠0，直线QM的斜率存在，所以k·kQM＝k·eq \f(\f(3m,3＋4k2),\f(－4km,3＋4k2)－\f(1,4))＝－1，解得m＝－eq \f(3＋4k2,4k)，②
把②代入①得3＋4k2＞eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3＋4k2,4k)))eq \s\up12(2)，整理得16k4＋8k2－3＞0，即(4k2－1)(4k2＋3)＞0，解得k＞eq \f(1,2)或k＜－eq \f(1,2)，故k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).